课时跟踪检测九牛顿第二定律两类动力学问题

1、第1页共7页课时跟踪检测（九）牛顿第二定律 两类动力学问题一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.“歼20”战斗机在某次起飞中，由静止开始加速，当加速度 a不断减小至零时，飞机刚好起飞。关于起飞过程，下列说法正确的 是（）A.飞机所受合力不变，速度增加越来越慢B.飞机所受合力减小，速度增加越来越快C.速度方向与加速度方向相同，速度增加越来越快D.速度方向与加速度方向相同，速度增加越来越慢解析：选D 根据牛顿第二定律可知，当加速度a不断减小至零时合力逐渐减小到零,速度增加得越来越慢，故 A、B项错误；飞机做加速运动，加速度方向与速度方向相同，加速度减小，即速度增加的快慢程度越来越慢，故C项错误，

2、D项正确。2.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到 O点并系住质量为 m的物体。现将弹 簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到 B点。如果物体受到的 一二一 产1r二 阻力恒定，则（）吧LA.物体从A到O先做加速运动后做减速运动“.物体从A到O做加速运动，从 O到B做减速运动C.物体运动到 O点时，所受合力为零D.物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小解析：选A 物体从A到O,初始阶段受到向右的弹力大于阻力，合力向右。随着物 体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知， 加速度向右且逐渐减小,由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至AO间某点（设为点O）时

3、，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过O点后，合力（加速度）方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。A正确。.木箱内的地板上放置一个 5 kg的物体，钢绳吊着木箱静止在某一高度处。 从计时时 刻开始钢绳拉着木箱向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为4 m/s2,至第3 s末钢绳突然断裂，此后木箱先向上做匀减速运动， 到达最高点后开始竖直下落， 7 s末落至地面。10 m/s210 m/s2。下列说

4、法正确的是第2页共7页 TOC o 1-5 h z （）A .第2 s末物体的重力增大到 70 NB.第4 s末物体对木箱地板的压力为70 NC .第4 s末物体对木箱地板的压力为50 ND.第6 s末物体对木箱地板的压力为0解析：选D 第2s末，物体的加速度向上，物体处于超重状态，但物体的重力不会随着物体的运动状态变化而变化，故A错误；第4 s末物体的加速度为重力加速度 g,物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0,故B、C错误；第6 s末物体的加速度为重力加速度g,物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0,故D正确。（2021六盘水*II拟）如图所示，质量为m的小球用两根细线

5、OA、OB连接，细线OA的另一端连接在车厢顶，细线 OB另一端连接于侧壁，细线OA与竖直方向的夹角为 0= 37, OB保持水平，重力加速度大小为g,车向左做加速运动，当 OB段细线拉力为 OA段拉力的两倍时，小车的加速度大小为（）A. g5 b. 4gA. gC.74gD.32g解析：选C 小球受力如图所示，在竖直方向，由平衡条件得在水平方向，由牛顿第二定律得2F -Fsin C.74gD.32g解析：选C 小球受力如图所示，在竖直方向，由平衡条件得在水平方向，由牛顿第二定律得2F -Fsin 37 = ma解得a=7g,故C正确，A、B、D错误。F cos 37 = mg5. （2021西

6、安*II拟）如图所示,A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为B两球用轻弹簧相连，图乙中 A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板0,图甲中，A、C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（）A.两图中两球加速度均为gsin 0B.两图中A球的加速度均为 0C.图乙中轻杆的作用力一定不为D.图甲中D.图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍解析：选D 撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为解析：选D 撤去挡板前，挡板对2v0A. gB.3v0v 0( 5+1)gv 0(V6+1)-)解析：选2v0A. gB.3v0v 0( 5+1)gv 0(V6+1)-)解析：选C 运用牛顿

7、第二定律，上升时有ma= mgsin 37 平vi , mgos 37 , xi = 2al, t1vovo v2=a7，解得 卜=d，X1 =五；下降时 ma2= mgsin 37 mgos 37,x1 =1a2t2,解得 t2=V5g0,第3页共7页而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0,加速度为0, B球所受合力为2mgsin。，加速度为2gsin比图乙中由于用杆相连有共同的加速度a,所以整体分析： 2mgsin 0= 2ma, a= gsin 0,隔离小球 B, mg sin 0+ F = ma,所以 F = 0,故 D 正确。（2021保定月考）小物块从一固定斜面

8、底端以初速度vo冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间动摩擦因数为0.5,斜面足够长，倾角为37。，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动的时间为（cos 37 = 0.8, sin 37 = 0.6）（所以 t=t1+t2=(V5+1)v,故 c 正确。 g（2021衡阳第一次联考）（多选）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，某实验小 组在升降机水平地面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置。其工作原理图如 图甲所示，将压敏电阻、定值电阻 R、电流显示器、电源连成电路，在压敏电阻上放置一 个绝缘重物，0t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器 TOC o 1

9、-5 h z 中得到电路中电流i随时间t变化情况如图乙所示，则下列判断正确的是（）S电雅显柒器升降机犍姆重物压般电阻4 Z Z一:甲乙A . t1t2时间内绝缘重物处于超重状态t3t4时间内绝缘重物处于失重状态C.升降机开始时可能停在 1楼，从t1时刻开始，经向上加速、匀速、减速，最后停在 高楼D.升降机开始时可能停在高楼，从 t1时刻开始，经向下加速、匀速、减速，最后停在解析：选ABC 由于压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，又由于压敏电阻与电A、A、B、C正确。.（多选）质量分别为 M和m的两物块A、B大小相同，将它们用轻绳跨过光滑定滑轮 连接。如图甲所示，绳子平行于倾角为“的斜面，A恰

10、好能静止在斜面上，不考虑两物块第4页共7页Ao已知斜面固定，重Ao已知斜面固定，重力加速度大小为g,则()A .此时轻绳的拉力大小为 mgB.此时轻绳的拉力大小为MgC.此时A运动的加速度大小为(1-sin2a)g，一 M - mD.此时A运动的加速度大小为 -g解析：选AD 第一次按题图甲放置时 A静止，则由平衡条件可得 Mgsin “= mg,第二次按题图乙放置时，对A、B整体由牛顿第二定律得，Mg - mgsin a= (m+M)a,联立得aM m=(1 - sin a)g= -Mg，对 B,由牛顿第二定律得 T- mgsin a= ma,解得 T = mg ,故 A、D正确，B、C错误

11、。.地面上测量质量的托盘天平在太空舱中将失效。于是，小明同学设计了如图甲所示 的太空质量测量仪。装置 D是轴承恒定拉力装置，在设定的空间范围内能够给受力砧C提供恒定的拉力。砧 C的质量m0=1 kg,装置D提供的恒定拉力 F = 20 N。在装置D外壳上 安装了连接到计算机的位移传感器测速装置A,在砧C上固定了轻质电磁波反射板Bo进入工作状态后，通过装置A和反射板B可以绘制砧C的运动图像。连接砧C末端的轻质绳 可以把待测物体固定在砧 C上。在某次太空实验中，宇航员要用太空质量测量仪测量某实 验样品的质量，轻质绳固定样品后，拉出受力砧至最大位置后释放，计算机呈现了如图乙 所示的物理图像。求：，轴

12、承恒定持力装置口 避接到计算机的位移 拈感器测速装置八甲，轴承恒定持力装置口 避接到计算机的位移 拈感器测速装置八甲(1)在此次实验中，砧C运动时加速度大小a;(2)实验样品的质量 m；(3)轻质绳施加给实验样品的拉力大小(3)轻质绳施加给实验样品的拉力大小To第5页共7页解析：（1）砧C和实验样品固定后，一起做匀加速直线运动，即有v2=2ax,根据图像数据可知 a = 5 m/s2。（2）根据牛顿第二定律，以砧C和实验样品为研究对象，有： F = （m0+m）a,代入已知数据，解得 m = 3 kg。以实验样品为研究对象，有： T=ma,解得T= 15 No答案：（1）5 m/s2 （2）3

13、 kg （3）15 N二、强化迁移能力，突出创新性和应用性. （2021丽江模拟）如图所示，质量为 M的框架放在水平地面上，一 轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为 m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小 为（）B.A. gB.C.MgD.C.MgD.解析：选D 当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg+Mg,由牛顿第二定律可得 mg + Mg = ma,解得小球的加速M + m度大小为a=mg,选项D正确。. （2021郑州调研）在两个足够长的固定的相同斜面体上（其斜面光滑），分别有如图甲

14、、乙所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑， 长方体D的上表面与斜面平行且光滑， p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上。另一端分别连在 A和C上。在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是（）A.两弹簧都处于拉伸状态B.两弹簧都处于压缩状态C.弹簧L1处于压缩状态，弹簧 L2处于原长第6页共7页D.弹簧Li处于拉伸状态，弹簧 L2处于压缩状态解析：选C 由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为 gsin对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而 A沿水平方向的加速度：ax = acos a= gsin a c

15、os %该加速度由水平方向弹簧的弹力提供， 所以弹簧Li处于压缩状态；对 于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合=mgsin a,即C不能受到弹簧的弹力，弹簧 L2处于原长状态。故选项 C正确，A、B、D错误。.如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为 m= 2 kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用，Fi = 4 N,方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化， 如图乙所示。 物体从零时刻开始运动。(1)求当t=0.5 s时物体的加速度大小。(2)物体在t= 0至t= 2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少?(3)物体在t= 0至t = 2 s内何时物体的速度最大？最大值为多少？解析：(1)由题图乙可知F2=(2+2t)N当 t=0.5 s 时,F2=(2+2X 0.5)N =3 N由牛顿第二定律得 Fi-F2= maFiF2 4-3a= c m/s2= 0.5 m/ s2。m 2(2)物体所受的合外力为F合= Fi-F2=2-2t(N)作出F合-t图像如图所示从图中可以看出，在 02 s范围内当t=0时，物体有最大加速度 amFm = mamam =臂=2 m/s2= i m/s2第7页共7页当t= 2 s时，物体也有最大加速度 amFm = mam,F